组合数学习笔记

一些式子

\[(1+x)^\alpha=\sum_{i=0}\binom{\alpha}{i}x^i\\ \binom n k=\frac n k \binom {n-1}{k-1}\\ \binom n k=\binom n{k-1}+\binom {n-1}{k-1}\\ \binom n m =(-1)^m \binom {m-n-1} m\\ \binom n kk^{\underline m}=\binom {n-m}{k-m}n^{\underline m}\\ \sum_{i=0}^n \binom i m=\binom {n+1}{m+1}\\ \sum_{i=0}^n \binom {i+m} i=\binom {n+m+1} n\\ \sum_{i=0}^n (-1)^i\binom n i =\binom {n-m}m=(-1)^m\binom {n-1}m\\ \sum_{k}\binom r {m+k} \binom s {n-k}=\binom {r+s}{n+m}\\ \sum_{k=0}\binom {r-k} m\binom {s+k} n=\binom{r+s+1}{n+m+1} \]

高阶差分

我们记多项式中左移操作为 \(E\)，即 \(E^kf(x)=f(x+k)\)，则 \(\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)=Ef(x)-f(x),\Delta =E-1\)。

然后高阶差分即为：\((E-1)^k=\sum_{i=0}^k\binom n k(-1)^{k-i}E^i\)。

牛顿级数

一个 \(\operatorname{deg}=n\) 的多项式 \(f\) 都可以表示成下降幂的形式

\[f(x)=\sum_{i=0}^na_i'x^{\underline{i}}=\sum_{i=0}^nc_i\binom x i \]

其中 \(c_i=a_i'\times i!\) 。

对这个东西 \(x_0=0\) 进行高阶差分，得到：

\[\sum_{k=0} \binom n k(-1)^{n-k}(\sum_{i=0}^kc_i\binom k i)=\Delta^n f(n)=c_n \]

换成一般多项式：

\[\sum_{k=0} \binom n k(-1)^{n-k}(\sum_{i=0}^ka_i\binom k i)=\Delta^n f(n)=n!a_n \]

还有一个长得跟泰勒展开差不多的式子：

\[f(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac {(x-x_0)^{\underline{k}}}{k!}\Delta^kf(x_0)\\ =\sum_{k=0}^\infty \binom {x-x_0}{k}\Delta^kf(x)\\ =\sum_{k=0}^\infty \binom {x-x_0} k(\sum_{i=0}^k\binom k i(-1)^{k-i}E^i)\\ =\sum_{i=0}^n\binom{x-x_0} k\sum_{i=0}^k\binom k i(-1)^{k-i}f(i)\\ =\sum_{i=0}^nf(i)\binom x i\binom{n-x}{n-i} \]

证明时取 \(x_0=0\)，随便推几下就可以了。

ARC033D

高桥君有一个未知的 \(N\) 次多项式 \(P(x)\)，只知道 \(P(x)\)在\(x=0,1,2,3\cdots N\) 时的值。高桥君希望知道当 \(x=T\) 时，多项式的值。结果对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le n\le 5\times 10^6,1\le T\le 10^9\)

我们用这个东西推一下：

\[f(T)=\sum_{i=0}^nf(i)\binom T i\binom {n-T}{n-i}\\ =\sum_{i=0}^nf(i)\binom T i(-1)^{n-i}\binom {T-i-1}{n-i}\\ =\sum_{i=0}^nf(i)(-1)^{n-i} \frac{T!\times (T-i-1)!}{i!\times (T-i)!\times (T-n-1)!\times (n-i)!}\\ =\sum_{i=0}^nf(i)(-1)^{n-i} \frac{T^\underline{n+1}}{i!\times (T-i)\times (n-i)!} \]

然后 \(i!,(n-i)!\) 的逆元可以预处理，\(\frac{T^\underline{n+1}}{T-i}\) 可以预处理 \(T-n\sim T\) 的前后缀积，做到 \(O(n)\) 复杂度。

组合数

P5824 十二重计数法

有 \(n\) 个球和 \(m\) 个盒子，要全部装进盒子里。
还有一些限制条件，那么有多少种方法放球？（与放的先后顺序无关）

限制条件分别如下：

\(\text{I}\)：球之间互不相同，盒子之间互不相同。
\(\text{II}\)：球之间互不相同，盒子之间互不相同，每个盒子至多装一个球。
\(\text{III}\)：球之间互不相同，盒子之间互不相同，每个盒子至少装一个球。
\(\text{IV}\)：球之间互不相同，盒子全部相同。
\(\text{V}\)：球之间互不相同，盒子全部相同，每个盒子至多装一个球。
\(\text{VI}\)：球之间互不相同，盒子全部相同，每个盒子至少装一个球。
\(\text{VII}\)：球全部相同，盒子之间互不相同。
\(\text{VIII}\)：球全部相同，盒子之间互不相同，每个盒子至多装一个球。
\(\text{IX}\)：球全部相同，盒子之间互不相同，每个盒子至少装一个球。
\(\text{X}\)：球全部相同，盒子全部相同。
\(\text{XI}\)：球全部相同，盒子全部相同，每个盒子至多装一个球。
\(\text{XII}\)：球全部相同，盒子全部相同，每个盒子至少装一个球。

由于答案可能很大，所以要对 \(998244353\) 取模。

我们一个一个来考虑：

\(\text{I}\)：球之间互不相同，盒子之间互不相同。

每个球有 \(m\) 种选择，答案为 \(m^n\)

\(\text{II}\)：球之间互不相同，盒子之间互不相同，每个盒子至多装一个球。

答案为 \(m^\underline n\)
\(\text{III}\)：球之间互不相同，盒子之间互不相同，每个盒子至少装一个球。

枚举有至少多少盒子是空的，答案为

\(\sum_{i=0}^m\binom m i(-1)^i(m-i)^n\)

\(\text{IV}\)：球之间互不相同，盒子全部相同。

枚举空盒子，答案为 \(\sum_{i=0}^m {n\brace i}\)

\(\text{V}\)：球之间互不相同，盒子全部相同，每个盒子至多装一个球。

就是 \([n\le m]\)

\(\text{VI}\)：球之间互不相同，盒子全部相同，每个盒子至少装一个球。

就是 \(n\brace m\)

\(\text{VII}\)：球全部相同，盒子之间互不相同。

先增加 \(m\) 个球，插版法，答案为 \(\binom {n+m-1}{m-1}\)。

\(\text{VIII}\)：球全部相同，盒子之间互不相同，每个盒子至多装一个球。

就是选择 \(n\) 个盒子，答案为 \(\binom m n\)

\(\text{IX}\)：球全部相同，盒子之间互不相同，每个盒子至少装一个球。

插板法，答案为 \(\binom {n-1}{m-1}\)。

\(\text{X}\)：球全部相同，盒子全部相同。

考虑组合意义，相当于划分数，答案为

\[[x^n]1\times (1+x+x^2+\ldots)\times (1+x^2+x^4+\ldots)\times \ldots(1+x^m+x^{2m}+\ldots)\\ =[x^n]\prod_{i=1}^m \frac 1 {1-x^i} \]

然后对于这个，我们先求逆，然后取 \(\ln\) ，并将其展开，得到：

\[\sum_{i=1}^m\ln(1-x^i)=\sum_{i=1}^m(-\sum_{j=1}\frac {x^{ij}}j)\\ =-\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}\frac {1}{j}x^{ij} \]

在模 \(x^{n+1}\) 意义下，有效值只有 \(O(n\ln n)\) 个，我们对每个位置暴力修改，然后 \(exp\) 后求逆即可。

有个叫 付公主的背包 的题也差不多。

\(\text{XI}\)：球全部相同，盒子全部相同，每个盒子至多装一个球。

答案也为 \([n\le m]\)。

\(\text{XII}\)：球全部相同，盒子全部相同，每个盒子至少装一个球。

先令 \(n\gets n-m\)，然后就是 \(\text X\) 的情况。

AGC001E
有 \(n\) 个数对 \((a_i, b_i)\)，求出

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i + 1}^{n}{a_i+b_i+a_j+b_j \choose a_i+a_j} \]

答案对 \(10 ^ 9 + 7\) 取模。

\(1\le a_i,b_i\le 2000,1\le n\le 10^5\)

我们考察组合意义：从 \((-a_i,-b_i)\) 走到 \((a_j,b_j)\) 的方案数，dp 即可，然后减去自己贡献后除 \(2\) 即可。

斯特林数

第一类斯特林数：\(n\brack m\)，把阶为 \(n\) 集合分割为 \(k\) 个非空轮换的个数

第二类斯特林数：\(n\brace m\)，把阶为 \(n\) 集合分割为 \(k\) 个非空子集的个数

递推公式：

\[{n\brack m}={n-1\brack m-1}+(n-1)\times {n-1\brack m}\\ {n\brace m}={n-1\brace m-1}+m\times {n-1\brace m}\\ \]

斯特林数和上升下降幂：

\[x^\overline n=\sum_{k=0}{n\brack k}x^k\\ x^n=\sum_{k=0}{n\brace k}x^\underline k\\ x^\underline n=\sum_{k=0}^n{n\brack k}(-1)^{n-k}x^k\\ x^n=\sum_{i=0}^n{n\brace k}(-1)^{n-k}x^\overline k \]

证明鸽了，大概是归纳法。

还有斯特林数的生成函数，这跟多项式求生成函数有密切的联系

\[\sum_{i=0}{n\brace i}x^i=(\sum_{k=0}\frac {k^n}{k!}x^k)e^{-1}\\ \sum_{i=0}{i\brace m}\frac {x^i}{i!}=\frac{(e^x-1)^m}{m!}\\ \sum_{i=0}{n\brack i}x^i=x^\overline n\\ \sum_{i=0}{i\brack m}\frac {x^i}{i!}=\frac {(-1)^m\ln^m(1-x)} {m!} \]

还有第二类斯特林数通项公式：

\[n^m=\sum_{k=0}^n{n\brace k}\binom m k k! \\{n\brace m}=\frac 1 {m!}\sum_{k=0}^m(-1)^{m-k}\binom m k k^n \]

斯特林范德蒙德卷积，斯特林反演：鸽了

CF961G Partitions

\[\sum_{i=1}^ni\binom {n-1}{i-1}{n-i\brace k-1} \]

\(1\le n,k\le 2\times 10^5\)

开始推式子：

\[\sum_{i=1}^ni\binom {n-1}{i-1}{n-i\brace k-1}=\frac 1 n\sum_{i=1}^ni^2\binom {n}{i}{n-i\brace k-1} \]

\(\binom n i\) 可以通过 EGF 的卷积产生，\({p \brace {k-1}}\) 的 EGF 为 \(\frac {(e^x-1)^{k-1}}{(k-1)!}\)， \(i^2=(i-1)i+i\) 的 EGF 为 \(x^2e^x+xe^x=(x+x^2)e^x\)，所以答案就是：

\[[\frac {x^n}{n!}]\frac 1 n(x+x^2)e^x\frac{(e^x-1)^{k-1}}{(k-1)!}\\ =[\frac {x^n}{n!}]\frac 1 n(x+x^2)(e^x-1+1)\frac{(e^x-1)^{k-1}}{(k-1)!}\\ =[\frac {x^n}{n!}]\frac 1 n(x+x^2)(k\frac{(e^x-1)^{k}}{k!}+\frac{(e^x-1)^{k-1}}{(k-1)!})\\ \]

然后将这个东西展开：

\[\frac 1 n(kn{n-1\brace k}+kn(n-1){n-2\brace k}+n{n-1\brace k-1}+n(n-1){n-2\brace k-1})\\ =k{n-1\brace k}+{n-1\brace k-1}+(n-1)(k{n-2\brace k}+{n-2\brace k-1})\\ ={n\brace k}+(n-1){n-1\brace k} \]

然后 \(O(n)\) 计算即可

P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题

给定 \(x,n,p\) 和 \(m\) 次多项式 \(f(x)\)，请计算一下式子的值：

\[\sum_{k=0}^nf(k)\times x^k\times \binom n k \bmod p \]

\(1\le n,x,p\le 10^9,1\le m\le 10^3\)

由于下降幂性质比较好，所以我们将式子 \(f(x)\) 转化成下降幂形式，记为 \(f(x)=\sum_{k=0}^mb_kx^\underline k\)，然后推一下式子：

\[\sum_{k=0}^nx^k\times \binom n k\times (\sum_{i=0}^mb_ik^\underline i)\\ =\sum_{i=0}^mb_i\sum_{k=0}^nx^k\times \binom n k\times k^\underline i\\ =\sum_{i=0}^mb_i\sum_{k=i}^nx^k\times \binom n k\times k^\underline i\\ =\sum_{i=0}^mb_i\sum_{k=i}^nx^k\times \frac{n!}{(n-k)!k!}\times \frac{k!}{(k-i)!}\\ =\sum_{i=0}^mb_i\sum_{k=i}^nx^k\times \frac {n!}{(n-k)!(k-i)!}\\ =\sum_{i=0}^mb_in^\underline i\sum_{k=i}^nx^k\times \frac {(n-i)!}{(n-k)!(k-i)!}\\ =\sum_{i=0}^mb_in^\underline i\sum_{k=0}^{n-i}x^{k+i}\times \frac {(n-i)!}{(n-k-i)!k!}\\ =\sum_{i=0}^mb_in^\underline ix^i\sum_{k=0}^{n-i}x^{k}\times \binom {n-i}k\\ =\sum_{i=0}^mb_in^\underline ix^i(x+1)^{n-i}\\ \]

然后就可以 \(O(m^2)\) 做了

P2791 幼儿园篮球题

给出 \(L\) 和 \(Q\) ，表示有 \(Q\) 次询问，每次给定 \(n,m,k\) 然后求：

\[\frac {1}{\binom n k}\sum_{i=0}^k\binom m i\binom {n-m}{k-i}i^L \]

\(1\le L\le 2\times 10^5,1\le Q\le 200,1\le n,m,q\le 2\times 10^7\)

\[\sum_{i=0}^k\binom m i\binom {n-m}{k-i}\sum_{j=0}^L {L\brace j}i^\underline j\\ =\sum_{j=0}^L{L\brace j}\sum_{i=0}^k\binom m i\binom {n-m}{k-i}i^\underline j\\ =\sum_{j=0}^L{L\brace j}\sum_{i=j}^k\binom m i\binom {n-m}{k-i}i^\underline j\\ =\sum_{j=0}^L{L\brace j}j!\sum_{i=j}^k\binom m i\binom {n-m}{k-i}\binom i j\\ =\sum_{j=0}^L{L\brace j}j!\sum_{i=j}^k\binom m j\binom{m-j}{i-j}\binom {n-m}{k-i}\\ =\sum_{j=0}^L{L\brace j}j!\binom m j\sum_{i=j}^k\binom{m-j}{i-j}\binom {n-m}{k-i}\\ =\sum_{j=0}^L{L\brace j}j!\binom m j\binom {n-j}{k-j}\\ \]

然后预处理第二类斯特林数，组合数就可以做到 \(O(n+QL+L\log L)\)

P5395 第二类斯特林数·行

第二类斯特林数\(\begin{Bmatrix} n \\m \end{Bmatrix}\)表示把\(n\)个不同元素划分成\(m\)个相同的集合中（不能有空集）的方案数。
给定\(n\)，对于所有的整数\(i\in[0,n]\)，你要求出\(\begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix}\)。
由于答案会非常大，所以你的输出需要对\(167772161\)（\(2^{25}\times 5+1\)，是一个质数）取模。

我们来推一下式子：

\[m^n=\sum_{k=0}^n{n\brace k} m^\underline k=\sum_{k=0}^n{n\brace k}k!\binom m k \\ \]

然后 \(n\ge m\) 二项式反演一下，得到：

\[{n\brace m}m!=\sum_{k=0}^{m}\binom m k k^n(-1)^{m-k}\\ {n\brace m}=\sum_{k=0}^{m}\frac {k^n(-1)^{m-k}}{(m-k)!k!}\\ =\sum_{k=0}^m \frac {k^n}{k!}\times \frac {(-1)^{m-k}}{(m-k)!} \]

相当与 \(\frac {k^n} {k!}\) 和 \(\frac {(-1)^k}{k!}\) 卷积，NTT 解决。

P5408 第一类斯特林数·行

第一类斯特林数\(\begin{bmatrix}n\\ m\end{bmatrix}\)表示将\(n\)个不同元素构成\(m\)个圆排列的数目。
给定\(n\)，对于所有的整数\(i\in[0,n]\)，你要求出\(\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}\)。
由于答案会非常大，所以你的输出需要对\(167772161\)（\(2^{25}\times 5+1\)，是一个质数）取模。

还是来推式子：

\[x^\overline n=\sum_{k=0}^n {n\brack k}x^k \]

所以如果我们知道了 \(x^\overline n\) 和 \((x+n)^\overline n\) ，我们就知道了 \(x^\overline{2n}\)。

然后问题在于在知道 \(x^\overline n\) 的情况下如何计算 \((x+n)^\overline n\)，记 \(f(x)=x^\overline n,[x^i]f_i=a_i\) 。

\[f(x+n)=\sum_{i=0}^n a_i(x+n)^i\\ =\sum_{i=0}^n a_i(\sum_{j=0}^i \binom i jx^{j}n^{i-j})\\ =\sum_{j=0}^n x^j\sum_{i=j}^n \binom i ja_in^{i-j}\\ =\sum_{j=0}^n\frac {x^j}{j!}\sum_{i=j}^na_ii!\frac{n^{i-j}}{(i-j)!}\\ 设 g(x)=a_{x} x!,g'(x)=g(n-x),h(x)=\frac {n^{x}}{x!}\\ =\sum_{j=0}^n\frac {x^j}{j!}\sum_{i=0}^{n-j}g(i+j)h(i)\\ =\sum_{j=0}^n\frac {x^j}{j!}\sum_{i=0}^{n-j}g'(n-i-j)h(i) \]

然后后面部分可以 NTT 算出来，然后再用一次 NTT 乘起来就行了。

第一类斯特林数·列

第一类斯特林数\(\begin{bmatrix}n\\ m\end{bmatrix}\)表示将\(n\)个不同元素构成\(m\)个圆排列的数目。
给定\(n,k\)，对于所有的整数\(i\in[0,n]\)，你要求出\(\begin{bmatrix}i\\ k\end{bmatrix}\)。
由于答案会非常大，所以你的输出需要对\(167772161\)（\(2^{25}\times 5+1\)，是一个质数）取模。

我们考虑使用二项式定理

\[(1+x)^t=\sum_{i=0}t^\underline i\frac {x^i}{i!}\\ =\sum_{i=0}\frac {x!}{i!}\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}{i\brack j}t^j\\ =\sum_{i=0}t^i\sum_{j=i}\frac{x^j}{j!}(-1)^{j-i}{j\brack i}\\ (1+x)^t=e^{t\ln(1+x)}=\sum_{i=0}\frac{t^i\ln^i(1+x)}{i!}\\ \therefore \sum_{i=0}t^i\sum_{j=i}\frac{x^j}{j!}(-1)^{j-i}{j\brack i}=\sum_{i=0}t^i\frac{\ln^i(1+x)}{i!}\\ \therefore \sum_{j=i}\frac{x^j}{j!}(-1)^{j-i}{j\brack i}=\frac{\ln^i(1+x)}{i!}\\ \sum_{j=m}\frac{x^j}{j!}(-1)^{j-m}{j\brack m}=\frac{\ln^m(1+x)}{m!}\\ \sum_{j=0}\frac{x^j}{j!}(-1)^{j-m}{j\brack m}=\frac{\ln^m(1+x)}{m!}\\ \]

然后把后面的式子求出来就可以了

生成函数

拉格朗日反演：

对于多项式 \(F(G(z))=z,[z^0]F(z)=0\)，有

\[[z^n]F(z)=\frac 1 n[z^{-1}](\frac 1 {G(z)})^n=\frac 1 n[z^{n-1}](\frac z {G(z)})^n \]

拓展拉格朗日反演：

\[[z^n]H(F(z))=\frac 1 n[x^{n-1}]((\frac z {G(z)})^nH'(z))=\frac 1 n[x^{-1}]((\frac 1 {G(z)})^nH'(z)) \]

证明同样鸽了

P2767 树的数量

求出包含 \(n\) 个节点（无标号）的有根 \(m\) 叉树的个数，对 \(10\,007\) 取模。
两个有根树相同，当且仅当其根节点相同，且从左到右每一棵子树也相同。特别地，两个有根树均为空树，视为两个有根树相同。

我们考虑生成函数，设 \(f(z)\) 为答案的生成函数，每颗子树可以为空或者子树，且子树区分，所以

\[f(z)=z(1+f(z))^m \]

所以 \([z^0]f(z)=0\) 且：

\[z=\frac {f(z)}{(1+f(z))^m} \]

定义逆函数：

\[g(w)=\frac w {(1+w)^m} \]

则根据 Lagrange 反演，得到：

\[[z^n]f(z)=\frac 1 n[w^{n-1}](\frac w {g(w)})^n \]

然后将 \(g(w)=\frac w {(1+w)^m}\) 代入，得到：

\[[z^n]f(z)=\frac 1 n[w^{n-1}](1+w)^{mn} \]

然后用二项式定理，得到答案为 \(\frac {\binom {nm}{n-1}} n\)

广义二项级数：鸽了

• 符号化方法

十分重要，但是看不懂，先鸽了

• Binomial Sum

没学过微分方程，鸽了

• 概率

鸽了